高二竞赛讲义多项式的零点

1、高二数学竞赛班二试讲义第2讲多项式的零点班级 姓名一、知识点金.设多项式f(x)anXnaniXn1aiXa0,其中aiF ( F可以是复数集 C,实数集R ,有理数集Q ,整数集Z ),在F中的数 使f ( ) 0 ,则称 为f (x)的零点。.因式定理：设f(x) Fx,则x 是f(x)的零点的充要条件是 f(x)被x 整除。. Fx中n次多项式至多有n个不同的零点；Cx中n次多项式有n个不同的零点。.设Fx中多项式f (x) anXn an iXn 1aiX a0在F中至少有n 1个零点，则f(x)是零多项式(即所有项系数都是0)。.恒等定理：设f(x),g(x) Fx,如果有无穷多个F

2、,使得f( ) g(),则f (x) g(x)(即f与g的同次哥的系数相等).设f(x) (x )mq(x),其中q( ) 0 ,当正整数m 1时，称 为单根，当正整数m 1 时，称 为重根，计算f(x)的零点个数时，重根计入重数。.设f (x)是一个整系数多项式，p是一个素数。若整数 满足f ( ) 0(mod p),则称是f(x)模p的一个零点，或称是同余方程f(x) 0(modp)的一个解。.拉格朗日定理：设 f (X)是-一个整系数多项式， p是一个素数，f (x)模p的次数为n , 则同余方程至多有 n个互不相同(即模 p不同余)的解。如 p 3是，x2 1(mod3)有 两个解x

3、1。但如果p是合数，则结论不再正确，如 x2 1(mod8)有两个解x 1, 3nb.设 f(x)anXaxa。Zx, n 1,ana。0,且(an,aO)1。若是仁)c的一个有理根，这里整数 b与c互素，则c|an , b|a0证明：由 f(b) 0得 anbn an 1bn 1ca1bcn 1 a0cn 0 ,c由于 an 1bn 1c, ,abcn 1,a0cn 都能被 c整除，故 c | anbn ,有(b, c) 1,所以 c | % ,同理 b | a0.复数系数多项式 Cx中任一个n次多项式f (x) (n 1),在复数集C上可唯一地分解为f(x) an(x1) (X n),其中

4、an是f(x)的首项系数，f(x)恰有n个复数根。11.韦达(Viete)定理：设 12,n 是 f (X) anXnax a00的n个根，则aii 1an 1an 1 iaaj j n证明：对照anxna1x a0an 2an 3，aiajak，an1 i j k nHnan(x1) (xn)左右两端n a0, a an ( 1)- anxn r的系数，左端xn r的系数为an r,右端选nr个括号取x ,余下r个括号取常数项，故右端 xn r的系数为an (1)akr ,所以an ran ( 1)ra-1 k11 k1故有k1akr nan r4( 1)r(1)r *、例题分析例1 .求x

5、100 2x55 1被X2 1除得的余式。例1.由于x2 1是二次多项式，因此设 x100 2x55 1 (x2 1 )q(x) ax b令 x 1得 a b 0,令 x 1,得 a b 4 ,所以 a 2,b 2 ,即余式是 2x 2例2.证明：多项式x2n 2x2n 1 3x2n 2 2nx 2n 1(n N )没有实根。例 2.记 f(x) x2n 2x2n 1 3x2n 2 2nx 2n 1对于x 0,显然有f (x) 02n 1 2n 2n 12当 x 0时，xf (x) x 2x 3x2nx (2n 1)x(1 x) f (x) f (x) xf (x) x2n 1 x2n x2n

6、 1x2 x (2n 1)2n 1、x(1 x )2n1 0 ,从而对x 0有f(x)于是对所有实数x ,有f (x)0,故多项式f(x)没有实根。例3.设a是实数，试确定多项式 x4 2ax2 x a2 a的实根的个数。例3.将x4 2ax2 x a2 a看成关于a的二次多项式，42222422x 2ax x a a a (2x1)a x x (a (x x 1)(a (x x)22a x x 1 或 a x x，二一、叱2，一2一 、， .，, 一.一，,一 一 、，作函数y x x 1和y x x,观察直线y a与两列函数图象的交点，-1 13 3 当a时实根的个数为0个，当一a一时实根

7、的个数为2个，当a时实根的个 TOC o 1-5 h z 4444数为4个例4.已知a1，a2, ,an互不相等，b1，b2, ,bn也互不相等，求满足下面方程组的 x1，x2, ,xn 的值。x1x24a1baib2abnxx2xna2 n a2b2a2 bnx1an bx2anb2xnan bn例4.考虑关于t的辅助方程1 (t a1)(t比)一口 tb1tb2tbn(tbi)(tb2)(t bn)将去分母得关于t的至多n 1次方程，而方程有 n个互不相等的根t a1,a2,an，因此式去分母后必定是一个恒等式，从而本身是恒等式。将两边同乘以t b1,再令tb1,即得x1(b aj(1Pl

8、 a2) (b an)(bi b2)(b1 b3) (b1 bn)类似地有x2M a)(b2 a2)M an)(b2 匕)也 b3)(b2 bn)(bn a)(bn a2)(bn an)(bn bi)(bn b2)(bn bn 1)2例5.设m为正整数，证明： cot2 cot22m 12m 12 m m(2m 1) cot 2m 1例5.由棣莫佛公式及二项式定理易知，对任意正整数n及实数，有cosn isin n (cos i sin比较虚部得到sin nC： cosn 1)nsinn c n 1cosCni cos3 3n 3Cn cos一一3sinsin八5 nCn cos55sin现在

9、取n 2m 1,2m2m 1将上式两端同除以sinn ,对C2m18t2m C：即m次方程C2m 132m 1m|X.2m 2cot2m 1(1)mCm,2m2_2m 12m 12m 1,则 sin(2m 1)C23mm 1iX(1)mC02m2m 10有m个根d 2 kxk cot , k2m 1由韦达定理知1,2,mcot2 cot22m 12m 1,2 m cotC2m12m 1 C2m 1例6.给定2n个互不相同的复数a1，a2,格表中：第i行和第j列相交处的方格内填 相等，则各行数的乘积也相等。例6.设各列数的积等于 c,考虑多项式,an ,b1,b2,aibj(i, jf(x) (

10、x由已知得f (bi) 0(i 1,2, ,n)。由于bi互不相等,根，因此n次多项式f(x)又可以表示为f (x)(x故得出等式(x aj(x a2)(x an) c令 xai (i 1,2, , n),得匕)偏即各行数的乘积都是(1)n1c。(x b2)例7.证明：若一与cos都是有理数，则cos例7.证明：设m ,一,其中m,n为整数且nn论证的关键是先证明，对任意正整数项系数为1,即有2cos n (2cosa1，a2, , an都是整数。用归纳法证明。首先，对 n 1,2, 若命题对n及n 1已成立，m(2m 1)3,bn,将它们按下列规则填入 n n方1,2, ,n)。证明：若各列

11、数的乘积a1)(x这表明bi)(xbi)(x b2)a2) (x an) con次多项式f(x)有n个不同的b2)(x(ai bn) ( 1)n(x bn)。bn)1C,必为下面五个数之一:0 ,贝U cosn cosm1,11，、m _1) 。 an , 2cosn可以表示为2cos的n次多项式，且首)n ai (2cos )n 12cos 2cos 2cos 2则由和差化积公式有等式2cos(n 1) 2cos 2cos( n 2)表明命题对n 2也成立。这就归纳证明了上述命题。由可知，x 2cos是方程xn a1xn 1因为这个方程具有整数系数，且首项系数为an 1X anani(2co

12、s ) an ,(2cos )2 2 ,结论成立2cos n2( 1)m1,故其有理根必为整数，即0的有理根。2cos是整数;但 2 2cos 2 ,所以 2cos即cos必为下面五个数之一:2, 1,0,1,2,111, 一,0, 一,122、同步检测1.求x1959 1被(x2 1)(x2 x 1)除得的余式。1.设 x1959 1 (x2 1 )(x2 x 1 )q(x) x3 ax2 bx c令x i,得a b 0,c1,所以余式为x3 1.设f(x) Zx , a,b,c是不同的整数。如果f (a) f (b) f (c)1 ,则f(x)没有整数根。.设 f(x) (x a)(x b

13、)(x c)q(x) 1, q(x) Zx,如有整数 d使 f(d) 0,则(d a)(d b)(d c)q(d) 1,易知这不可能。.设f(x) Zx,若有奇数k和偶数l，使得f(k), f(l)都是奇数。证明：f(x)没有整 数根。.设f (x)有整数根a ,则f(x) (x a)g(x),这里g(x)是整系数多项式。由于f(k),f(l)均是奇数，我们可以得出(k a)g(k),(l a)g(l)都是奇数，但k a和l a中必有一个是偶数，矛盾。.设f(x)xnaxn1aniX1有n个根，且系数a1，, an1都是非负的。证明：f(2) 3n 。.因为多项式f(x)的系数都是非负的，故其

14、根都不是正数。我们设 f (x) (x i)(X2) (x n), i 0,因为2 i 1 1 i 331，由韦达定理12 n 1于是 f(2) (21)(22)(2n) 3n3T1n 3n TOC o 1-5 h z 一一，一.-, 一-2-2一 - 一一.求所有多项式f(x),满足f(x1) f(x) 1,且f (0)0。_2. 一.取Xo0, Xn1 Xn1,下面用数学归纳法证明f(Xn)Xn当n 0时命题成立，假设当 n k时命题成立，即f(xk) xk,则当 n k 1 时，f (Xk 1) f(xk 1) f2(Xk) 1 xk 1 Xk 1即当n k 1时命题也成立所以f(xn)

15、 xn对n 0,1,2,者B成立因为Xn严格递增，从而Xn互不相同，所以f(X) X有无穷多个不同的根， 所以f(X) X是 恒等式。8.设f (x) Rx,如果对于任意实数 X有f (x) 0,则f(X)是两个实系数多项式的平方 和。. f(x)的首项系数必须是正数，其标准分解中相同的一次因式必须出现偶数次，又f (x)的二次因式均为(X b)2 c2形式，这是两个多项式的平方和。最后，恒等式z 222222(Xi X2 )( YiY2) (XiYi X2Y2) (XiY2 X2Yi)表明，上述两个因式的积仍是两个多项式的平方和。 k.设p是奇素数，k是正整数且(p 1) | k。证明：存在

16、整数a ,满足p | a且p | (a 1)。设 k ( p 1)q r,由于(p 1) | k ,故 0 r p 1因ak 1 ar 1(modp),故可设0 k p 1来证明。由于同余方程xk 1(mod p)至多有k个不同的解，而模 p的缩同余类有 p 1个， 因此存在问题中说的 a。.设p是素数。(1)用多项式知识及费尔马小定理证明威尔逊定理：(p 1)! 1(mod p)211(2)右 p 3,证明 p | ( p 1)!(1 -)。2 p 110. (1)当p 2时结论显然成立。当 p 3时,考虑 p 2次多项式 f(x) (x 1)(x 2) (x p 1) Xp1 1由费尔马小定理知当 x 1,2, , p 1时，xp